Řešení 3. série
Řešení S-I-3-1 Než se pustíme do řešení úlohy s n x n čtvercovými poli, zkusme odhalit princip na šachovnici s konkrétním počtem polí. Na šachovnici 1 x 1 je pouze 1 čtverec. Na šachovnici 2 x 2 můžeme napočítat 4 čtverce o rozměru 1x1 a 1 o rozměru 2 x 2 - tedy dohromady 5. Na šachovnici 3 x 3 máme 9 čtverců o rozměru 1 x 1, 4 o rozměru 2 x 2 a 1 o rozměru 3 x 3. Nyní si uspořádejme výsledky do tabulky. n 1 2 3 4 5
počet čtverců 1 1+4=5 1+4+9=14 1+4+9+16=30 1+4+9+16+25=55
hypotéza 12 12 + 22 12 + 22 + 32 12 + 22 + 32 + 42 12 + 22 + 32 + 42 + 52
Hypotézu můžeme tedy sformulovat takto: Na šachovnici o n x n (n ∈ N) polích je pn čtverců, kde pn = 12 + 22 + 32 + · · · + n2 . Toto tvrzení musíme dokázat. Poslouží nám k tomu princip matematické indukce. Nejdříve musíme dokázat, že tvrzení platí pro n = 1. V šachovnici 1 x 1 je ale právě 1 čtverec, tím je první krok hotov. Předpokládejme, že naše tvrzení platí pro nějaké pevné přirozené číslo k. Kolik přibude čtverců, pokud se počet polí zvýší na (k + 1) x (k + 1)? typ čtverce 1x1 2x2 3x3 .. .
o kolik se zvýší počet 2k + 1 2k − 1 2k − 3 .. .
kxk (k + 1) x (k + 1)
3 1
Chceme-li vědět, kolik přibude čtverců, stačí sečíst (2k + 1) + (2k − 1) + (2k − 3) + · · · + 3 + 1 = (k + 1)2 . 1
V šachovnici o (k + 1) x (k + 1) polích je tedy 12 + 22 + 32 + · · · + k 2 + (k + 1)2 čtverců. Naše tvrzení je dokázáno pro všechna přirozená čísla n, protože jsem je ověřili pro n = 1 a z předpokladu o pravdivosti tvrzení pro n = k jsem dokázali pravdivost pro n = k + 1. Poznámka: Mohli bychom ještě dokázat, že skutečně součet prvních k lichých čísel je k 2 , čehož jsem využili ve druhé části důkazu. Také stojí za pozornost zjednodušení výpočtu všech čtverců v šachovnici na tvar n(n + 1)(2n + 1) . 6 Platnost tohoto vztahu bychom dokázali opět pomocí matematické indukce. Řešení S-I-3-2 Úlohu převedeme na úlohu sestrojení čtverce, známe-li čtyři body (A, B, C, D) na obvodu čtverce. Z vlastnosti, že shodné příčky ve čtverci jsou na sebe kolmé, pak plyne konstrukce. Body A, B, C a D jsou dány. Chceme sestrojit čtverec EF GH.
Body A a C vedeme přímku. Sestrojíme kolmici bodem B k této přímce. Velikost úsečky AC naneseme na tuto kolmici a dostaneme tak bod D0 , který je bodem strany HE.
2
Body D a D0 vedeme přímku. Dále bodem A sestrojíme kolmici na přímku DD0 . Průsečík těchto přímek je bod E. Bod H sestrojíme obdobně - kolmicí bodem C na přímku DD0 . Nanesením velikosti úsečky EH na přímku EA získáme bod F a nanesením na přímku HC získáme bod G. Tím jsme dokončili konstrukci vrcholů hledaného čtverce EF GH. Řešení S-I-3-3 Mnozí z vás řešili tuto úlohu zkusmo (a správně), proto vám chceme ukázat jistou metodu, která vede k řešení i tehdy, je-li zadání mnohem komplikovanější. Na pomoc si vezmeme vektory. xová souřadnice bude představovat květák, yová kapustu a zová zelí. S tímto označením si můžeme první tah zapsat jako vektor (1, 0, -1), druhý tah jako (-1, 1, 0), třetí tah jako (0, 1, 0), čtvrtý jako (-1, -1, 1) a pátý jako (0, 0, -2). Stavu na začátku hry přísluší bod [2, 3, 4]. Lineární kombinací všech vektorů se chceme z bodu [2, 3, 4] dostat do bodu [0, 0, 0]. Zapíšeme to následující rovností: [2, 3, 4] + a(1, 0, −1) + b(−1, 1, 0) + c(0, 1, 0) + d(−1, −1, 1) + e(0, 0, −2) = = [0, 0, 0], kde koeficienty a, b, c, d, e jsou celá nezáporná čísla. Upravíme: a(1, 0, −1) + b(−1, 1, 0) + c(0, 1, 0) + d(−1, −1, 1) + e(0, 0, −2) = (−2, −3, −4) A dostáváme soustavu tří rovnic o pěti neznámých: a − b − d = −2 b + c − d = −3 −a + d − 2e = −4 Tato soustava má dvouparametrický systém řešení, za parametry zvolíme např. d a e. Dostáváme tedy, že 3
a b c d e
= 4 + d − 2e, = 6 − 2e, = −9 + d + 2e, = d, = e.
Víme, že b ≥ 0, to znemená, že 6 − 2e ≥ 0, tedy e ≥ 3. Nás zajímá, kdy bude součet a + b + c + d + e = 1 + 3d − e nejmenší. Pokud bude e = 3, bude c = −3 + d. Víme, že c ≥ 0, tedy i −3 + d ≥ 0, tedy d ≥ 3. Vidíme, že součet bude nejmenší pro d = 3. Dostáváme tedy: a = 1, b = 0, c = 0, d = 3, e = 3, odtud a + b + c + d + e = 1 + 3 · −3 = 7. Nejmenší počet tahů, na který lze hru vyhrát je 7. Řešení S-I-3-4 V řešení dodržíme značení ze zadání, tedy poloměr většího kola označíme r1 , poloměr menšího kola r2 a vzdálenost mezi středy d. Řešme nejprve délku řemene v případě, že se obě kola otáčejí ve stejném směru. Celkovou délku O1 můžeme rozložit na dva oblouky a dvě rovné části x, jak je naznačeno na obrázku. Přímka AB je tečnou k oběma kružnicím, proto trojúhelník AXB je pravoúhlý. Známe velikosti stran |AX| = d aq|XB| = r1 − r2 , proto x = d2 − (r1 − r2 )2 . Z tohoto trojúhelníku určíme i velikost úhlu 6 AXB jako cos(|6 AXB|) =
4
r1 − r 2 , d
odtud cos(π − |6 AXB|) =
r 2 − r1 . d
d0 , resp. BB d 0 pak bude Délka oblouku AA d0 | = 2r arccos |AA 2
r1 − r2 , d
d 0 | = 2r (arccos |BB 1
r 2 − r1 ). d
Tedy celkovou délku O1 můžeme vyjádřit O1 = 2
q
d2
− (r1 − r2
)2
r2 − r 1 r1 − r2 + r1 arccos + r2 arccos . d d
Stejným způsobem můžeme postupovat i v případě, kdy se kola otáčejí proti sobě. Využijeme pravoúhlého trojúhelníka RSX, kde platí |RS| = d, |SX| = r1 + r2 . Odtud určíme y=
q
d2 − (r1 + r2 )2 ,
cos |6 RSX| =
r 1 + r2 . d
Obdobnými úpravami jako v předcházejícím případě vyjádříme celkovou délku řemene O2 jako O2 = 2
!
q
d2
− (r1 + r2
)2
−(r1 + r2 ) −(r1 + r2 ) + r1 arccos + r2 arccos . d d
Poměr jejich délek je pak q
1 2 d2 − (r1 − r2 )2 + r1 arccos r2 −r + r2 arccos r1 −r O1 d d =q . O2 d2 − (r1 + r2 )2 + r1 arccos −(r1d+r2 ) + r2 arccos −(r1d+r2 )
5
Řešení S-I-3-5 Hledáme takové trojciferné číslo zapsané v desítkové soustavě, které se rovná poslednímu trojčíslí stejného čísla zapsaného v pětkové soustavě. Obecně pro trojciferné číslo zapsané v desítkové soustavě x10 platí: x102 + y101 + z100 = a54 + b53 + c52 + d51 + e50 , kde x, y, z, a, b, c, d, e jsou celá nezáporná čísla a x 6= 0. V pětkové soustavě se užívá jen číslic 0, 1, 2, 3 a 4, proto x10 ≤ 444. Odtud můžeme psát x102 + y10 + z = k53 + x52 + y5 + z, kde x, y, z, k ∈ {0, 1, 2, 3, 4}, x 6= 0. Snadnými úpravami dostaneme rovnici 5(5k − 3x) = y, odkud víme, že 5|y. Jelikož y ∈ {0, 1, 2, 3, 4}, musí být y = 0. Dosazením upravíme rovnici na tvar 5 x = k. 3 Jediné přípustné řešení je k = 0, x = 0. Hledaná čísla x, y, z jsou (x, y, z) = (0, 0, t), kde t ∈ {0, 1, 2, 3, 4}. Můžeme tedy udělat závěr, že neexistuje žádné trojciferné číslo x10 , které je zapsáno stejnými číslicemi jako poslední trojčíslí stejného čísla x5 zapsaného v pětkové soustavě.
6
